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题目描述
给一颗以1为根的树。
每个点有两个权值：vi, ti,一开始全部是零。
Q次操作：
读入o, u, d
o = 1 对u到根上所有点的vi += d
o = 2 对u到根上所有点的ti += vi * d
最后,输出每个点的ti值(n, Q <= 100000)
有50%的数据N,Q <= 10000
注：所有数64位整数不会爆。
题解
这道题好神奇啊……看讨论版里的 AntiLeaf 大神的矩阵乘法打标记才找到思路，然后又看到 ccz181078 的评论，发现常数可以优化到这么小……真是太神了！一月份听尹涵学姐提到过矩阵乘法结合线段树，今天终于做到这样的题了2333
好的说题解。
可以发现（我并没发现），题中的两种操作都可以用矩阵来表示。假如用下面这个矩阵表示一个节点的状态
[egin{bmatrix}1 & v & tend{bmatrix}
]
那么操作1可以表示为
[egin{bmatrix}1 & v & tend{bmatrix} *egin{bmatrix}1 & d & 0\0 & 1 & 0\0 & 0 & 1end{bmatrix}=egin{bmatrix}1 & v + d & tend{bmatrix}
]
（可以看出那个1就是用来给v加上d的）
然后操作2可以表示为
[egin{bmatrix}1 & v & tend{bmatrix} *egin{bmatrix}1 & 0 & 0\0 & 1 & d\0 & 0 & 1end{bmatrix}=egin{bmatrix}1 & v & t + v * dend{bmatrix}
]
这样两种操作就都可以通过矩阵来做啦。
然后根据题目要求显然需要树链剖分，线段树上维护矩阵就可以了。矩阵乘法满足结合律，所以可以正常地下放lazy标记。
但是这个矩阵乘法常数比较大（矩阵乘法(O(n^3))，(n^3 = 27)）。但是这个矩阵比较特殊，它左下角三个位置恒为0，主对角线恒为1，于是并不需要(O(n^3))地做矩阵乘法，实际上只需要4次加法和1次乘法，这是一个显著的常数优化！
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
void read(T &x){
char c;
bool op = 0;
while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
if(c == '-') op = 1;
x = c - '0';
while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
x = x * 10 + c - '0';
if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
const int N = 100005;
int n, m, adj[N], nxt[N];
int fa[N], son[N], sze[N], top[N], pos[N], idx[N], tot;
ll ans[N];
struct matrix {
ll g[3][3];
matrix(){
memset(g, 0, sizeof(g));
}
matrix(int x){
memset(g, 0, sizeof(g));
for(int i = 0; i < 3; i++)
g[i][i] = 1;
}
bool empty(){
return !g[0][1] && !g[0][2] && !g[1][2];
}
void clear(){
g[0][1] = g[0][2] = g[1][2] = 0;
}
friend matrix opt_multi(const matrix &a, const matrix &b){
matrix c(1);
c.g[0][1] = a.g[0][1] + b.g[0][1];
c.g[1][2] = a.g[1][2] + b.g[1][2];
c.g[0][2] = a.g[0][2] + b.g[0][2] + a.g[0][1] * b.g[1][2];
return c;
}
} lazy[4*N];
void pushdown(int k){
lazy[k << 1] = opt_multi(lazy[k << 1], lazy[k]);
lazy[k << 1 | 1] = opt_multi(lazy[k << 1 | 1], lazy[k]);
lazy[k].clear();
}
void change(int k, int l, int r, int ql, int qr, const matrix &x){
if(ql <= l && qr >= r) return (void)(lazy[k] = opt_multi(lazy[k], x));
if(!lazy[k].empty()) pushdown(k);
int mid = (l + r) >> 1;
if(ql <= mid) change(k << 1, l, mid, ql, qr, x);
if(qr > mid) change(k << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, x);
}
void pushdown_all(int k, int l, int r){
if(l == r) return (void)(ans[idx[l]] = lazy[k].g[0][2]);
if(!lazy[k].empty()) pushdown(k);
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown_all(k << 1, l, mid);
pushdown_all(k << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void add(int u, int v){
nxt[v] = adj[u];
adj[u] = v;
}
void bfs(){
static int que[N], qr;
que[qr = 1] = 1;
for(int ql = 1; ql <= qr; ql++)
for(int u = que[ql], v = adj[u]; v; v = nxt[v])
que[++qr] = v;
for(int ql = qr, u; ql; ql--){
u = que[ql];
sze[fa[u]] += ++sze[u];
if(sze[u] > sze[son[fa[u]]]) son[fa[u]] = u;
}
for(int ql = 1, u; ql <= qr; ql++)
if(!top[u = que[ql]])
for(int v = u; v; v = son[v])
top[v] = u, idx[pos[v] = ++tot] = v;
}
void path_change(int o, int u, ll d){
matrix x(1);
(o == 1 ? x.g[0][1] : x.g[1][2]) = d;
while(u){
change(1, 1, n, pos[top[u]], pos[u], x);
u = fa[top[u]];
}
}
int main(){
read(n);
for(int i = 2; i <= n; i++)
read(fa[i]), add(fa[i], i);
bfs();
read(m);
while(m--){
int o, u;
ll d;
read(o), read(u), read(d);
path_change(o, u, d);
}
pushdown_all(1, 1, n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
write(ans[i]), enter;
return 0;
}